2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)專題18：電磁學(xué)綜合計算題（附答案解析）

專題18?電磁學(xué)綜合計算題

命題規(guī)律

本專題主要牛頓運動定律、動能定理、動量定理、動量守

恒定律、洛倫茲力、法拉第電磁感應(yīng)定律，以及用這些知

能力突破

識解決勻速圓周運動模型、導(dǎo)體棒模型、線框模型、圓周

運動+類平拋運動模型等類型的試題。

(1)能利用運動合成與分解的方法處理帶電粒子在電場中

運動問題；

(2)應(yīng)用幾何關(guān)系和圓周運動規(guī)律分析求解帶電粒子在磁

高考熱點

場、復(fù)合場中的運動；

(3)電磁感應(yīng)中的電路分析、電源分析、動力學(xué)和能量轉(zhuǎn)

化分析。

主要考查計算題，一壓軸題的形式出現(xiàn)，題目難度一般為

出題方向

中檔偏難。

考點歸納

考點1帶電粒子(體)在電場中的運動

【解題技巧』

(1)首先分析帶電粒子(體)的運動規(guī)律，確定帶電粒子(體)在電場中做直線運動還是曲

g談運荔:

：（2）當(dāng)帶電粒子（體）從一個電場區(qū)域進(jìn)入另?個電場區(qū)域時，要注意分析帶電粒子（體）

i的運動規(guī)律的變化及兩區(qū)域電場交界處的有關(guān)聯(lián)的物理量，這些關(guān)聯(lián)量往往是解決問

\題的突破口.

【例1】（2023?越秀區(qū)校級模擬）一長為/的絕緣細(xì)線，上端固定，下端拴一質(zhì)量為〃?、

電荷量為4的帶正電的至小球，處于如圖所示水平向右的勻強(qiáng)電場中。先將小球拉至A點,

使細(xì)線水平。然后釋放小球，當(dāng)細(xì)線與水平方向夾角為120。時，小球到達(dá)B點且速度恰

好為零，為重力加速度為g,sin30°=0.5,cos30°=yo求：

（1）勻強(qiáng)電場/W兩點間的電勢差力"的大小；

（2）小球由A點到A點過程速度最大時細(xì)線與豎直方向的夾角0的大小；

（3）小球速度最大時細(xì)線拉力的大小。

【分析】（1）根據(jù)動能定理列式得出兩點電勢差的大小；

（2）根據(jù)矢量合成的特點得出小球受到的合力，結(jié)合幾何關(guān)系得出速度最大時細(xì)線與

豎直方向的夾角；

（3）根據(jù)動能定理得出小球的速度，結(jié)合牛頓第二定律得出細(xì)線的拉力。

【解答】解：（1）由小球由A點到“點過程，根據(jù)動能定理得：

qU帥+mgl（\+cos30°）=0

解得：s

2q

（2）由E=S得勻強(qiáng)電場強(qiáng)度的大小為：

.3q

小球所受的合力大小為：

生=+（汨2

合力方向tan^=—=—

mg3

故夕=30。

小球由A點到8點過程在與豎直方向夾角0=30。為時速度最大；

（3）當(dāng)小球運動到與豎直方向夾角0=30。為時速度最大，設(shè)此時速度為?根據(jù)動能定

理得：

仁?/（1_cos60°）=gmv2

得最大速度v=抨gl

根據(jù)牛頓第二定律得耳-心=吟

得速度最大時細(xì)線拉力大小耳=理，咫

答：（1）勻強(qiáng)電場4?兩點間的電勢差〃,的大小為駟；

2q

（2）小球由A點到4點過程速度最大時細(xì)線與豎直方向的夾角。的大小為30。；

（3）小球速度最大時細(xì)線拉力的大小為邁空。

3

[例2]（2022秋?河源期末）如圖所示，AC水平軌道上順段光滑，AC段粗糙，且

LBC=2m,CM為固定在豎直平面內(nèi)半徑為R=0.2,〃的光滑半圓軌道，兩軌道相切于C點,

b右側(cè)有電場強(qiáng)度ETXON/C的勻強(qiáng)電場，方向水平向右。一根輕質(zhì)絕緣彈簧水平

放置，一端固定在A點，另一端與帶負(fù)電的滑塊尸（可視為質(zhì)點）接觸但不連接，彈簧

原長時滑塊在8點。現(xiàn)向左壓縮彈簧后由靜止釋放，已知滑塊產(chǎn)的質(zhì)量為〃7=0.2依，電

荷量為=與軌道4c間的動摩擦因數(shù)為〃=0.25,忽略滑塊夕與軌道間的電

荷轉(zhuǎn)移。已知g=10〃2/s2。

E

ABC

（1）若滑塊P運動到少點的瞬間對軌道壓力為2N,求滑塊運動到與。點等高的。點時

對軌道的壓力；

（2）欲使滑塊產(chǎn)能進(jìn)入圓軌道而且在進(jìn)入圓軌道后不脫離圓軌道（即滑塊只能從C?點

或者尸點離開半圓軌道），求彈簧最初釋放的彈性勢能的取值范圍。（結(jié)果可用根號表示）

【分析】（1）由牛頓第二定律、牛頓第三定律求產(chǎn)點速度，滑塊從。點到尸點，由動能

定理，求。點速度，在。點，對滑塊由牛第二定律以及牛頓第三定律，分析滑塊運動到

與O點等高的。點時對軌道的壓力大小；

（2）計算等效重力的大小和方向，滑塊P恰好沿半圓軌道運動到歷點時不與軌道分離，

重力提供向心力，求M點速度大小，滑塊P從釋放到M點的過程中，由能量守恒列式，

若小球達(dá)到等效圓心等高點（N點）的速度為零，由能量守恒列式，分析彈性勢能的取

值范圍。

【解答】解：（1）滑塊在F點時由重力和軌道支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定

律得兄

R

根據(jù)牛頓第三定律知底=/=2N

解得=2m/s

2

滑塊從。點到尸點，由動能定理得-mgR+qER=gmvr-；"說

解得vD=舊mI5

在。點，對滑塊由牛第二定律得把

K

解得時＞=3.5N

由牛頓第三定律可知滑塊運動到與O點等高的。點時對軌道的壓力大小為3.5N,方向水

平向右。

（2）如圖所示

'、、、qE:E

p啖啰。

kAAAAAl"l,........................

入^777777777777777p77777Q~

滑塊的等效重力大小為mg'=yjimg）2+（qE）2=2.5N

與豎直方向夾角。為37。

M、N兩點分別為等效最高點和等效圓心等高點。要使滑塊P恰好沿半圓軌道運動到M

點時不與軌道分離，可得〃d=加吱

R

解得nj=2.5（〃?/?

滑塊?從釋放到M點的過程中，由能量守恒得Ep=^ngLBC+m^R（\+cos37°）+^ny；f

聯(lián)立可得約=2.15/

若小球達(dá)到等效圓心等高點（N點）的速度為零，由能量守恒得%=〃〃?班8c+m《Rcos37。

解得%=1.4J

滑塊尸恰好到達(dá)C點時滿足EP2==U

所以欲使滑塊尸在進(jìn)入圓軌道后不離開圓軌道，彈性勢能的取值范圍為昂..2.15J或

1J<E”,1.4./

答：（1）若滑塊P運動到F點的瞬間對軌道壓力為2N,滑塊運動到與。點等高的。點

時對軌道的壓力3.5N,方向水平向右；

（2）彈簧最初釋放的彈性勢能的取值范圍七.215/或IJv/,14/八

[例3]（2022秋?中山市期末）如圖甲所示，在真空中有一傾角為30。的足夠長光滑絕

緣斜面，，=0時刻，一質(zhì)量為〃?=0.2奴的帶電小滑塊靜放于斜面上，同時，空間加上一

個方向平行于斜面的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小和方向呈周期性變化，變化規(guī)律如圖乙所示（取

沿斜面向上方向為正方向，g=IO/〃//）,0~2,內(nèi)小滑塊恰能沿斜面向上做勻加速直線

運動，加速度大小為10〃〃d,求:

（1）小滑塊是帶正電還是負(fù)電；電荷量q是多少;

（2）4s內(nèi)小滑塊的位移大小；

（3）22s內(nèi)電場力對小物塊所做的功。

【分析】先由受力分析可以判斷出物塊帶正電，分別求出小球0-2秒的加速度和2-4秒

的加速度，然后求出其運動位移，根據(jù)運動的周期性，算出22秒內(nèi)的位移，然后求出

電場力做的功。

【解答】解：（1）由0-2秒，物塊具有向上的加速度，可以判斷出物塊帶正電，向上加

速時，電場力方向沿斜面向上，重力的分力沿斜面向下，由牛頓第二定律有

E】q-mgsin0=/叫，代入數(shù)據(jù)求解得：q=105C

（2）2~4秒內(nèi)，重力沿斜面的分力向下，電場力的方向也向下，由牛頓第二定律有

C2

E2/+mgsin0=ma2得生=10m/s

4s內(nèi)物塊先加速后減速，由于％=〃2,因此/=4s時速度變?yōu)榱悖?s內(nèi)物體位移為M

得：=2（）/〃

4s內(nèi)物體位移為*=2x；at；得：s2=40〃？

（3）。?2s電場力的功為陰=耳縊計算得：叱=60/

2?4s電場力的功為此=-4班計算得：W,=-20J

22s內(nèi)電場力的功為W=61M+5明計算得：W=260J

答：（1）小滑塊是帶正電，電量為4=10-5。；（2）4s內(nèi)小滑塊的位移大小40機(jī)；（3）22s

內(nèi)電場力對小物塊所做的功260J

【例4】（2023?河北模擬）如圖所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)；圓形

軌道與一光滑的弧形軌道相切，圓形區(qū)域內(nèi)由平行于圓面的勻強(qiáng)電場，勻強(qiáng)電場的方向

與豎直方向夾角為60。，帶電量乜=管的小球A靜止在圖示N位置，帶電量為+咐的小

球A從弧形軌道某一位置由靜止釋放，A、8兩球碰撞中無機(jī)械能損失，己知A、8兩

球的質(zhì)量分別為〃加、加〃為一常數(shù)），第一次碰撞后A、4兩球有相同的最大擺角（未

脫離軌道），碰撞過程兩小球所帶電荷量保持不變，重力加速度為g。求:

（1）小球A釋放的位置距離圓形軌道最低點的高度力至少為多少；

（2）求常數(shù)〃的值；

（3）在（1）問的情況下小球A、4第二次碰撞剛結(jié)束時各自的速度大小。

【分析】（1）對A受力分析，根據(jù)等效重力場結(jié)合牛頓第二定律和動能定理可解得；

（2）應(yīng)用動量守恒定律、動能定理可解得；

（3）分析兩球的運動情況，根據(jù)動量守恒定律及能量守恒定律解答。

【解答】解：（1）小球A受到的電場力大小為尸二=E-〃等="叫

根據(jù)題意結(jié)合力的平行四邊形法則可得小球A受到的電場力和重力的合力大小為

F'=nmg

將該合力等效為新的重力場，可得新重力場的加速度為/=瞥=&

nm

方向與豎直方向夾角為60。，斜向右下方；因為轉(zhuǎn)發(fā)生碰撞，所以小球A可以在光滑圓

形軌道中做圓周運動時可以通過等效重力場下的最高點M,當(dāng)剛好可以通過最高點M

時Tlnnig=nm-費

設(shè)小球A到達(dá)圓形軌道最低點時的速度為%，小球A從釋放到圓形軌道最低點，根據(jù)機(jī)

械能守怛mngh=L?〃瑞

從圓形軌道最低點到M點間根據(jù)動能定理有-nmgRQ+cos60°）=—nmv'--nmv~

2M2}

聯(lián)立解得〃=2/?

（2）同理可得小球3受到的電場力和重力的等效重力場加速度也為根據(jù)題意小

球8靜止在圖示N位置：

分析可知N位置為等效重力場下AB球做圓周運動的最低點；第一次碰撞后A、3兩球

有相同的最大擺角，根據(jù)動能定理可得碰撞后AA球的速度為零時，等效重力場做的功

相同；同時A、A兩球碰撞中無機(jī)械能損失，結(jié)合碰撞規(guī)律可知碰撞后球的速度大

小相等，方向相反，設(shè)第一次碰撞時A球的速度大小為?速度方向為正方向，碰后A球

的速度大小為打,，球的速度大小為口，根據(jù)動量守恒和能量守恒有

nmv=-/nnvA.+mvB.

22"2"

口=%

解得

1

n=-

3

（3）在（1）問的情況下小球4從M點到N點間，根據(jù)動能定理有〃沖.2R=}〃加―—嗚

根據(jù)（2）中分析可得碰撞后鉆速度大小為匕=%，=gv

根據(jù)對稱性可得AB第二次碰撞時在N點，此時速度大小與第一次碰后的速度大小相等,

根據(jù)動量守恒和能量守恒有〃〃?!v-/n-v=〃/叫"+〃叫"

1

22

〃

1/1/、21+加

—nm(—V)-+—m(—v)=—nmv.2-以

22222A

聯(lián)立解得

，，=//=

VA-Vf也”=。，或者匕"=5八vfl--v（不符舍去）

負(fù)號表示方向與正方向相反，即小球A、8第二次碰撞剛結(jié)束時各自的速度大小分別為

屈^和Oo

答：（1）小球A釋放的位置距離圓形軌道最低點的高度，至少為2R;

（2）常數(shù)〃的值為L

3

（3）在（1）問的情況下小球A、8第二次碰撞剛結(jié)束時各自的速度大小為6示和0。

【例5】（2022秋?河源期末）如圖所示，一真空示波管的電子從燈絲K發(fā)出（初速度不

計），經(jīng)燈絲與A板間的加速電場加速，從4板中心孔沿中心線KO射出，然后進(jìn)入兩塊

平行金屬板M、N形成的偏轉(zhuǎn)電場中（偏轉(zhuǎn)電場可視為勻強(qiáng)電場），電子進(jìn)入M、N間

電場時的速度與電場方向垂直，電子經(jīng)過電場后打在熒光屏上的夕點。已知加速電場電

壓g=45V,偏轉(zhuǎn)電場電壓力=5OV,電子質(zhì)量加=9.Oxl（r3?g,電荷量大小e=1.6x10%,

極板的長度乙=6.0劭，板間距離4=2.5切，其右端到熒光屏用的水平距離為右。電子所

受重力可忽略不計，求：

（1）求電子穿過A板時的速度大?。?

（2）求電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量y；

（3）求OP的距離y；

（4）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量y和偏轉(zhuǎn)電壓力的比叫做示波器的靈敏度，分析

說明可采用哪些方法提高示波器的靈敏度。

【分析】在加速電場中，根據(jù)動能定理可以求出過A點時的速度大??；在偏轉(zhuǎn)電場，利

用類平拋運動規(guī)律可以求出問題。

【解答】解：（1）電子在加速電場中，據(jù)動能定理

12

eUrry=—，”；

（2）電子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動,

尸。2=k吆旌

-22md4

解得尸粉

（3）根據(jù)平拋運動的推論：做類平拋運動的物體，某時刻速度的反向延長線過此刻水

平位移的中點，所以有：

L

Z=_2_

丫*

2

解得：y=（，+/）"

225d

（4）據(jù)第（2）問可得：

上=Z/

uj4ad

故提高示波器靈敏度可以增大板長L,減小加速電壓q,減小板間距d。

答：（1）電子穿過A板時的速度大小均為

（2）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出時的側(cè)移量），為竺；

4UQ

（3）w的距離y為止+/）絲；

22ad

（4）提高示波器靈敏度可以增大板長￡,減小加速電壓〃，減小板間距d。

考點2帶電粒子在磁場中的運動

?題技

常用解題知識

（1）幾何知識：三角函數(shù)、勾股定理、偏向角與圓心角關(guān)系.根據(jù)幾何知識可以曰己知

長度、角度計算粒子運動的軌跡半徑，或根據(jù)粒子運動的軌跡半徑計算未知長度、角

度.

（2）半徑公式、周期公式：K=瑞、7=震.根據(jù)兩個公式可由小〃?、u、8計算粒子運

河麗孝落.痼麗「礪源藏辭扇而車蒞最商麗真越感南髓:短字褊滿?！?/p>

I質(zhì)量等.

i（3）運動時間計算式：計算粒子的運動時間或已知粒子的運動時間計算圓心角或周期

j時，常用到/=會「

【例1】（2022秋?沈陽期末）如圖所示，第一象限范圍內(nèi)有垂直于入力平面的勻強(qiáng)磁場，

磁感應(yīng)強(qiáng)度為8。質(zhì)量為瀏，電量大小為4的帶電粒子在.9），平面里經(jīng)原點O射入磁場

中，初速度%與工軸夾角夕=60。，粒子重力不計，試分析計算：

（1）帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑；

（2）帶電粒子離開磁場時距離坐標(biāo)系原點的距離？

（3）帶電粒子在磁場中運動時間多長？

【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出粒子在磁場中的運動的半徑；

（2）討論粒子的電性，作出粒子在磁場中的運動軌跡，結(jié)合兒何關(guān)系求出帶電粒子離

開磁場時的縱坐標(biāo)；

（3）討論粒子的電性，根據(jù)軌跡圓心角，結(jié)合周期公式求出帶電粒子在磁場中的運動

時間。

【解答】解：（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：

qvB=m-

r

可得不論粒子帶正電或者負(fù)電，粒子在磁場中運動的半徑均為：

qB

（2）粒子運動軌跡如下圖所示：

若粒子正電，它將從），軸上A點離開磁場，做勻速圓周運動的軌跡圓心角為4=60。

根據(jù)幾何關(guān)系可得，A點與O點的距離為：y=「=吧；

qB

若粒子帶負(fù)電，它將從x軸上3點離開磁場，做勻速圓周運動的軌跡圓心角為用=120。

根據(jù)幾何關(guān)系可得，4點與O點的距離為：x=2rsin600=V3r=^lo

qB

（3）帶電粒子做圓周運動的周期為7=現(xiàn)=迎

%，再

若粒子帶正電，它從O到A所用的時間為：乙=/_/=您；

36003qB

若粒子帶負(fù)電，它從。到B所用的時間為：『,=&7=如。

~36003Bq

答：（1）帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為裁；

（2）帶電粒子離開磁場時距離坐標(biāo)系原點的距離為竺&（正電粒子），或避孕（負(fù)電

qBqB

粒子）；

（3）帶電粒子在磁場中運動時間為您（正電粒子），或包（負(fù)電粒子）。

3gB3Bq

【例2】（2022秋?沈陽期末）如圖所示，有一對平行金屬板，板間加有恒定電壓，兩板

間有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為隊,方向垂直于紙面向里。金屬板右下方以MN、PQ

為上、下邊界，力滬為左邊界的區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場寬度為"，

MN與下極板等高，MP與金屬板右端在同一豎直線上。一電荷量為＜/、質(zhì)量為川的正離

子，以初速度％沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間，不計

離子的重力，求：

（1）已知離子恰好做勻速直線運動，求金屬板間電場強(qiáng)度的大小；

（2）若撤去板間磁場勒，離子恰好從下極板的右側(cè)邊緣射出電場，方向與水平方向成60。

角，為了使離子進(jìn)入磁場后不從尸。邊離開，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度8應(yīng)滿足什么條件；從A

點射入到從MN邊離開磁場的最長時間是多少？

XX

A~?v(>

xx

【分析?】(1)離子在金屬板間做勻速直線運動，應(yīng)用平衡條件求出電場強(qiáng)度大小。

(2)求出離子進(jìn)入磁場時的速度，作出離子恰好不從PQ邊界離開的運動軌跡，求出離

子做勻速圓周運動的軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律求出臨界磁感應(yīng)強(qiáng)度，然后確定磁感

應(yīng)強(qiáng)度需要滿足的條件；求出離子在磁場極板間與在磁場中的運動時間，然后答題。

【解答】解：(1)離子在金屬板間做勻速直線運動，由平衡條件得：q%B°=qE,解得電

場強(qiáng)度大?。篍=v0B0

(2)離子在磁場中做勻速圓周運動，離子恰好不能PQ邊離開磁場時的運動軌跡如圖所

示

離子進(jìn)入磁場時的速度大小八」=2%

cos60°

由幾何知識得:r2=(r-J)2+(rcos300)2,解得:r=2d(r=-d不符合實際，舍去)

3

離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：針練界=帆)

解得：緣界=翳

為了使離子進(jìn)入磁場后不從PQ邊離開，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度3應(yīng)滿足的條件是凡”

qd

離子進(jìn)入磁場時豎直分速度vv=v0tan60°=G%

撤去極板間磁場后離子在極板間做類平拋運動，豎直分速度

由牛頓第二定律得："1="0

解得離子在電場中的運動時間「盥

離子在磁場中做勻速圓周運動，離子速率不變，離子運動軌跡越長離子運動時間越大

當(dāng)離子恰好從N點離開磁場時的運動軌跡是離子從MV邊離開磁場的最大運動軌跡，此

時離子在磁場中的運動時間最長，離子運動軌跡如圖所示

A

由（2）中可得：MN=rcos300=2Jx—=^

2

解得：/

2cos30°AV3

2x——

2

離子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角。=120。

離子在磁場中做勻速圓周運動的周期7=亞=犯=則

丫2%%

離子在磁場中運動的最長E寸間-磊丁-黑K吃-碧

從A點射入到從WN邊離開磁場的最長時間7=乙+/,=巫+也

qB°3%

答：（1）金屬板間電場強(qiáng)度的大小是％為；

（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度8應(yīng)滿足的條件是8..華；從A點射入到從MN邊離開磁場的最

qd

長時間是叵1+也。

Mo3%

【例3】（2022秋?滄州期末）如圖所示，MN平行于MM,MN與之間存在勻強(qiáng)磁

場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8,方向如圖所示.電荷量為乜、質(zhì)量為，〃的帶電粒子,

由靜止開始從2點經(jīng)加速電場加速后從小孔Q飛出，進(jìn)入右側(cè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域，粒子恰好

沒能從邊界射出磁場，己知加速電場的電壓為。，夕。連線與邊界A/N的夾角為

MN與用M足夠長，粒子重力忽略不計。求：（1）粒子在磁場中運動的時間

（2）磁場區(qū)域的寬度d。

【分析】（1）作出粒子運動軌跡，求出粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，然后求出粒子在磁

場中的運動時間。

（2）粒子在電場中加速，應(yīng)用動能定理求出粒子進(jìn)入磁場時的速度；粒子在磁場中做

勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求解。

【解答】解：（1）根據(jù)題意作出粒子運動軌跡如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角2=2（乃-0）

粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期丁=亞=型

vqB

粒子在磁場中的運動時間/=W7

24

解得：”2心駟

qB

（2）粒子在電場中加速過程，根據(jù)動能定理有：qU=^mv2-0

粒子在磁場區(qū)域運動時，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：，/田=對

r

由幾何關(guān)系可知：J=r+rcos/9

解得：d=

答：（1）粒子在磁場中運動的時間，是忙跑;

qB

（2）磁場區(qū)域的寬度d是

【例4】（2023?洪山區(qū)校級模擬）如圖所示，真空中有兩垂直于紙面的水平擋板，板間

距離為“，長為L。一電量為-如7>0）,質(zhì)量為小的粒子，恰從下方擋板邊緣以初速度%

入射?，入射方向在紙面內(nèi)、與水平擋板的夾角0=53。。粒子每次撞擊擋板時電量不變,

沿?fù)醢宸较虻姆炙俣却笮p為一半、方向不變：垂直于擋板方向的分速度大小也減為一

半、方向反向。粒子與擋板發(fā)生第1次撞擊處的右方區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為〃，方

向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。（不計粒子重力，sin53°=0.8,cos53°=0.6）

（1）若粒子始終不與下?lián)醢迮鲎?，則d應(yīng)滿足什么條件？

（2）若"=皿，求從粒子射入擋板區(qū)域到粒子與擋板發(fā)生第三次碰撞的時間;

5aB

（3）若d=該粒子沒有飛出板間區(qū)域，求L的取值范圍。

入射粒子

【分析】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解粒子的軌道半徑，再根據(jù)題意作圖，根

據(jù)幾何關(guān)系即可求解；

（2）根據(jù)粒子做勻速圓周運動求解周期，再由題意分析粒子射入擋板區(qū)域到粒子與擋

板發(fā)生第三次碰撞的時間；

（3）根據(jù)題意推導(dǎo)第一次后邛再推導(dǎo)碰撞〃次后、的表達(dá)式，根據(jù)幾何關(guān)系分析即可。

【解答】解：（1）粒子與上板碰后在磁場中做圓周運動，則夕B與二〃?，一

解得女=也，

2qB

根據(jù)題意可作圖

若粒子始終不與下?lián)醢迮鲎?，根?jù)幾何關(guān)系可知d=R（1-cos53。）

解得］＞處；

5qB

（2）粒子在磁場中運動的周期為

兀

/~~IrrR_2__m_

%qB

從粒子射入擋板區(qū)域到粒子與擋板發(fā)生第三次碰撞的時間

dIc2x53°丁“534、加

t=-------------+2x-------T=（1+----）——;

sin530%360。45qB

（3）第一次碰撞后

4=2R\sin53。=2R1x0.8=1.6R,

同理可得，第〃次碰撞后

s“=2R〃sin530=l.6R“$i

粒子沒有飛出板間區(qū)域

,3d

L??+$+$）+…+Sn

11/〃%

??

5qB

答：（1）若粒子始終不與下?lián)醢迮鲎?，則d應(yīng)滿足外;

5qB

（2）若〃=皿，從粒子射入擋板區(qū)域到粒子與擋板發(fā)生第三次碰撞的時間為

5aB

八534、m

（1+——）—;

45qB

（3）若〃=皿，該粒子沒有飛出板間區(qū)域，￡的取值范圍是心.3。

5qB5qB

【例5】（2022秋?濱州期末）如圖等邊三角形ACZ）內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁

感應(yīng)強(qiáng)度大小為8；只有一個小孔。的圓形絕緣筒內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。

N4DC的角平分線GO的延長線正好經(jīng)過圓筒的圓心。，4）的延長線與圓相交于E點，

且4）=2M=〃，現(xiàn)有一質(zhì)量為機(jī)、電荷量為4的粒子（重力不計）以一定速度沿NC4。

的角平分線垂直磁場射入，粒子恰好經(jīng)過孔。打在圓筒上的E點，經(jīng)過與圓筒發(fā)生幾次

碰撞后最終離開磁場區(qū)域，粒子與圓筒碰撞前后電量不交、速度等大反向。求：

（1）粒子的速度大??；

（2）圓筒的半徑及其內(nèi)部磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；

（3）粒子在磁場區(qū)域內(nèi)的運動總時間。

C

【分析】帶電粒子在磁場中運動根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力方向，與弦的中垂線交點為

圓心位置，再根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑。

【解答】解：（1）一質(zhì)量為小、電荷量為,/的粒子（重力不計）以一定速度沿/C4D的

角平分線垂直磁場射入，粒子恰好經(jīng)過孔O,由幾何關(guān)系可知圓周運動半徑r==

根據(jù)：Bqv=,解得：y='"；

rm

-DE后

（2）因為OE連線與水平夾角為30。，且=所以磁場半徑：R=2一=也〃，

2cos3006

粒子恰好經(jīng)過孔。打在圓筒上的E點，根據(jù)幾何關(guān)系知，粒子從。點進(jìn)入正好沿GD方

向，則根據(jù)幾何關(guān)系可知，運動半徑：r，=%=DE=9,

B.q2

解得：B2=2B:

（3）經(jīng)過與圓筒發(fā)生兒次碰撞后最終離開磁場區(qū)域，因為每次運動對應(yīng)圓形磁場區(qū)域

的圓心角為120。，對應(yīng)軌跡圓心角為60。，一共經(jīng)過3次碰撞，運動周期為7=@=型，

運動時間：/=3乂工=工=二巴。

622Bq

答：(1)粒子的速度大小】，=綸；

m

(2)圓筒的半徑及其內(nèi)部磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小用=2B；

(3)粒子在磁場區(qū)域內(nèi)的運動總時間,二班”。

2Bq

考點3帶電粒子在組合場和疊加場中的運動

【解題畫......................

(1)明種類：明確復(fù)合場的種類及特征。

(2)析特點：正確分析帶電粒子的受力特點及運動特點。

(3)畫軌跡：畫出運動過程示意圖，明確圓心、半徑及邊角關(guān)系。

(4)用規(guī)律：靈活選擇不同的運動規(guī)律。

.兩場共存，電場與磁場中滿足qE=qvB或重力場與磁場中滿足mg=qvB且兩刀方向

相反時，粒子做勻速直線運動，根據(jù)受力平衡列方程求解。

□兩場共存，電場力與重力都恒定時，粒子平衡時根據(jù)平衡條件求解，做勻變速直線

運動時用牛頓運動定律、運動學(xué)規(guī)律或動能定理求解，做勻變速曲線運動時用運動的

合成與分解或動能定理求解。

□三場共存，合力為零時，受力平衡，粒子做勻速直線運動或靜止。其中洛倫茲力F

=qvB的方向與速度v垂直。

，三場共存，粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，mg與qE相平衡，根據(jù)mg=qE,

由此可計兌粒子比荷，判定粒子電性。粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，應(yīng)用

洛倫茲力公式和牛頓運動定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解，qvB=mrco2=m-=nir^r=

ma。

□當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運動或有約束的變速直線運動時，一般用動能定理或能量

守恒定律求解。

[例1]（2023?江西模擬）如圖，平面直角坐標(biāo)系.g位于豎直面內(nèi)，其第/象限中存

在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度的方向沿），軸負(fù)方向（豎直向下），場強(qiáng)大

小為石，勻強(qiáng)磁場的方向垂直坐標(biāo)平面向里。一帶電的微粒以速度%從），軸上P點射入

第/象限，速度方向與），軸正方向成夕=30。，微粒在第/象限中做勻速圓周運動，偏轉(zhuǎn)后

垂直x軸進(jìn)入第W象限。已知夕點與x軸的距離為（重力加速度為g。

求：

（1）帶電微粒的比荷；

【分析】帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動，對帶電粒子受力要求是合外力為洛倫茲

力，由其它力的合力為零，可求帶電微粒的比荷；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動時，

由幾何關(guān)系求出半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。

【解答】解：（1）由于帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動，則

mg-Eq

解得：旦=&

mE

（2）由幾何關(guān)系得:

d

r=------

sind

代入數(shù)據(jù)得：r=2d

帶電粒子第/象限做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得：

2

q%B=〃匹

r

解得：8

解得：《=也。

2gd

答：（1）帶電微粒的比荷為

E

（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為曳。

2gd

【例2】（2023?岳陽樓區(qū)校級升學(xué)）如圖所不，質(zhì)量"=5依的小車以%=2〃”5的速度在

光滑的水平面上向左運動，小車上表面的仞部分是粗糙的水平軌道，/9C部分是光滑的

，圓弧軌道，圓弧軌道在。點的切線水平，整個軌道都是由絕緣材料制成的。小車所在

4

空間內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)電場和方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度大小

E=5ONIC,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8=27?，F(xiàn)有一質(zhì)量機(jī)=2總、帶電荷量g=-0.1C的滑塊以

“=106/5的速度從小車上表面的左端向右運動，當(dāng)滑塊運動到。點時，具相對地面的速

度大小匕=5"〃$,方向水平向右。已知滑塊可視為質(zhì)點，重力加速度g取1（）〃”

（1）在滑塊從A點運動到。點的過程中，求小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能。

（2）如果滑塊剛過。點時對軌道的壓力為76N,求圓弧軌道的半徑

（3）當(dāng)滑塊通過。點時，立即撤去磁場，要使滑塊能沖出圓弧軌道，求此圓孤軌道的

半徑的取值范圍。

【分析】（1）滑塊從A到。的過程中，小車、滑塊系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動

量守恒，可求出滑塊到達(dá)。點時車的速度，系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于系統(tǒng)動能的減?。?/p>

（2）根據(jù)滑塊對軌道的壓力大小，由牛頓第二、三定律求軌道的半徑；

（3）要使滑塊不沖出圓弧軌道，滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時，滑塊與小車具有

共同速度?根據(jù)動量守恒定律和能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律軌道半徑的最小值。

【解答】解：（1）設(shè)滑塊運動到。點時的速度大小為耳，小車在此時的速度大小為為

滑塊從A運動到。的過程中系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，

由動量守怛定律得：-Mv0=m\\+MV2

代入數(shù)據(jù)解得：v2=0,

則小車跟滑塊組成的系統(tǒng)的初機(jī)械能：E.=-nur+L"

22

小車跟滑塊組成的系統(tǒng)的末機(jī)械能：E2=^nv；

代入數(shù)據(jù)解得：Ex=11（U,E2=25J

小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能：△七二6一七

代入數(shù)據(jù)解得：△￡=851

（2）由牛頓第三定律，滑塊受到的支持力：入=76W

由牛頓第二定律可得：&-（〃7g+Eq+Bq%）=絲上

r

代入數(shù)據(jù)得：r=\m

（3）當(dāng)滑塊恰好不能沖出圓弧軌道時，滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時，滑塊與小

車具有共同的水平速度匕

設(shè)向右的方向為正方向，由水平方向動量守恒定律得：/嗎=（M+M匕

代入數(shù)據(jù)解得：v.=-/n/5

7

則由能量守恒關(guān)系有：=g（M+ni）vj+（qE+mg）R

代入數(shù)據(jù)解得：R=0.71〃?；

所以圓弧的軌道半徑的范圍為：0vR<0.71m

答:（1）在滑塊從A點運動到。點的過程中，小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為85./。

（2）如果滑塊剛過。點時對軌道的壓力為76N,圓弧軌道的半徑「為1,〃；

（3）滑塊通過。點時，立即撤去磁場，耍使滑塊能沖出圓弧軌道，此圓弧軌道的半徑

的取值范圍為：0</?<0.71mo

【例3】（2022秋?寧波期末）如圖所示，與水平面成37。的傾斜軌道AC,其延長線在。

點與半圓軌道OE相切，全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內(nèi)，整個空間存在水平

向左的勻強(qiáng)電場，的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場（C點處于MN邊界上）。一質(zhì)

量為0.4依的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點時速度為憶=與〃?/$，接著沿直線8運

動到。處進(jìn)入半圓軌道，進(jìn)入時無動能損失，且恰好能通過萬點，在/點速度力=4"?/s

(不計空氣阻力，g=\()m：s2,cos37°=0.8)o求:

（1）小球受到電場力的大小與方向；

（2）半圓軌道的半徑R；

（3）在半圓軌道部分，摩擦力對小球所做的功。

!

八八八八八

!N

【分析】（1）應(yīng)用物體做直線運動的條件分析分析小球在CD段的受力，可得電場力與

重力關(guān)系；

（2）小球恰好能通過/點，則在尸點小球不受彈力，由洛倫茲力、電場力、重力的合

力提供向心力；

（3）對小球由。到尸的過程，根據(jù)動能定理求解。

【解答】解：（1）由于小球沿CZ）做直線運動，故小球受到的重力"7g和電場力％的合力

小必與洛倫茲力等大反向，小球在8間做勻速直線運動，可知小球帶正電，所受電場

力方向水平向左。

由力的合成可得電場力與重力的關(guān)系為：工537。

mg

解得：F電=3N。

（2）在8段洛倫茲力與重力和電場力的合力產(chǎn)等大，則有:

已知小球恰好能通過尸點，則在尸點由洛倫茲力、電場力、重力的合力提供向心力，則

有:

FD.B=登-

已知：vF=4m/s,vc=^^-rn/s

由以上兩式可得：R=\m.

（3）小球在。點的速度等于與%,即：vD=vc

設(shè)在半圓軌道部分，摩擦力對小球所做的功為叼，對小球由。到尸的過程，根據(jù)動能

定理可得:

W,-F-2R=-mv；.--rnvl

2

解得：w,=13.2J-也"八-27.6J。

'49

答：（1）小球受到電場力的大小為3N,方向水平向左;

（2）半圓軌道的半徑R為1〃?；

（3）在半圓軌道部分，摩擦力對小球所做的功-27.6J。

【例4】（2023春?萬州區(qū)校級月考）如圖所示的xQy坐標(biāo)系中,第一象限存在與xQy平

面平行的勻強(qiáng)電場石，且與x軸負(fù)方向的夾角0=30。，第二象限存在垂直平面向外的勻

強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8。一帶正電粒子自O(shè)點射入第二象限，速度u與工軸負(fù)方

向的夾角。=30。，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從），軸上的尸點進(jìn)入第一象限，并由x軸上的M點

（未畫出）離開電場。已知OM距離為3L,粒子的比荷為」，不計粒子重力。

BL

（1）求OP兩點的距離；

（2）求粒子在磁場中運動的時間；

（3）當(dāng)該粒子經(jīng)過P點的同時，在電場中的N點由靜止釋放另一個完全相同的帶電粒

子，若兩粒子在離開電場前相遇且所需時間最長，求N點的坐標(biāo)。

【分析】（1）帶電粒子在第二象限內(nèi)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何

關(guān)系解得；

（2）根據(jù)周期結(jié)合圓心角解得運動時間；

（3）根據(jù)兩粒子的運動情況結(jié)合幾何關(guān)系可解得。

【解答】解：（1）帶電粒子在第二象限內(nèi)做勻速圓周運動，軌跡如圖，圓心為C

由牛頓第二定律，得4由="

解得R=L

由幾何關(guān)系得：NCQ=120°

則

（2）粒子在磁場中運動周期7=鄴

v

粒子偏轉(zhuǎn)120。，即在磁場中運動時間/=工

3

解得：

3v

（3）帶電粒子進(jìn)入第一象限時速度與），軸正方向成60。角，與電場方向垂直，故粒子在

第一象限內(nèi)做類平拋運動，軌跡如圖.由于兩粒子完全相同，所以只需在帶電粒子進(jìn)入

電場時速度方向的直線上PN范圍內(nèi)任一點釋放粒子，均可保證兩粒子在電場中相遇，

且兩粒子在M點相遇所需時間最長，即在圖中N點由靜止釋放粒子即可.設(shè)N點的橫坐

標(biāo)為x,縱坐標(biāo)為y,根據(jù)幾何知識可得

PN=QM=6L

又x=RVcos30。

），="+/Wsin30。

解得：x=1.5L,y=l.5>/3L

則N點的坐標(biāo)為（L5L,1.5>/5L）

答：（1）OP兩點的距離為GL；

（2）粒子在磁場中運動的時間為衛(wèi)；

3v

（3）N點的坐標(biāo)為為（1.5L,1.56L）。

【例5】（2022秋?邢臺期末）如圖所示，直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在平行x軸負(fù)方向

的勻強(qiáng)電場，第二、三象限內(nèi)有垂直紙面向外的勻燭磁場I,第四象限內(nèi)一圓心為。的

圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場II,圓。與x軸、），軸分別相切于M點、N

點。一帶正電的粒子從例點以初速度％垂直x軸射入勻強(qiáng)磁場II,射出圓形磁場H時粒

子速度方向與y軸負(fù)方向的夾角6=60。，一段時間后粒子從），軸上的P點射入第一象限,

再經(jīng)過一段時間后粒子回到M點且運動方向不變。已知帶電粒子的質(zhì)量為〃八電荷量為

q,圓形磁場區(qū)域的半徑為，點坐標(biāo)為（0,20,不計粒子受到的重力。求：

（1）勻強(qiáng)磁場〃的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小3;

（2）第一象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小石；

（3）帶電粒子從例點出發(fā)到再次回到例點的過程中，粒子在勻強(qiáng)電場與在勻強(qiáng)磁場I

內(nèi)運動的時間之比人。

,2

y

【分析】先由粒子在第四象限圓形磁場內(nèi)的運動速度偏轉(zhuǎn)角，可以畫出運動軌跡，算出

磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?/p>

粒子在第一象限內(nèi)做類斜拋運動，由X軸方向和），軸方向的運動關(guān)系可以求出電場強(qiáng)度

的大??；

分別求出粒子在圓形磁場區(qū)域的時間，在第二象限和第三象限做圓周運動的時間，在第

一象限做類斜拋運動的時間，然后求出時間比。

【解答】解：（1）設(shè)帶電粒子在圓形磁場區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為「，根據(jù)幾何關(guān)

系有嗎

由洛倫茲力提供向心力有仆笈=〃7仁得：B="

43qa

（2）設(shè)帶電粒子在第一象限內(nèi)運動的時間為乙，將帶電粒子在第一象限的運動沿x軸、

2

軸方向分解，根據(jù)運動規(guī)律有2a=%乙cos。，\/3?=-（—）r（,得：E=勺，%

2in8qa

（3）設(shè)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場/內(nèi)做勻速圓周運動的半徑為個根據(jù)幾何關(guān)系有

2八訪0=2〃+島+巫，］,=（2乃-2〃.,得：人=巫2

tan0~v0t22萬

答：（1）勻強(qiáng)磁場〃的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小強(qiáng)；

3qa

（2）第一象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的大小縣區(qū)：

8qa

（3）時間之比正2。

24

考點4電磁感應(yīng)中的力、能量、動量綜合問題

【解題技?

,1）分析“受力、'：分析研究對象的受力情況，特別關(guān)注安培力的方向。

*2）分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了變化，根

i據(jù)動能定理或能量守恒定律等列方程求解。

：（3）分析“動量”：在電磁感應(yīng)中可用動量定理求變力的作用時間、速度、位移和電荷量

,一般應(yīng)用于單桿切割磁感線運動）。

［求速度或電荷量：一3//加=〃7￡2一mVI,q=/

j□求時間：FAl+IA=mv2—mvi,IK——BIlAt=

_B2PvAr5/2

，［求位移：-BIlbt=一~=mv2-mv\,即一—必）。

KQ."總

【例1】（2023春?長沙縣校級月考?）如圖所示，兩平行且無限長光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ

與水平面的夾角為0=30。，兩導(dǎo)軌之間的距離為L=l〃z,兩導(dǎo)軌M、尸之間接入電阻

R=0.2Q,導(dǎo)軌電阻不計，在必4區(qū)域內(nèi)有一個方向垂直于兩導(dǎo)軌平面向下的磁場I,

磁感應(yīng)強(qiáng)度或,=%，磁場的寬度芭=1〃?，在m連線以下區(qū)域有一個方向也垂直于導(dǎo)軌平

面向下的磁場II，磁感應(yīng)強(qiáng)度4=0.57,一個質(zhì)量為"7=1依的金屬棒垂直放在金屬導(dǎo)軌

上，與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的電阻Y0.2C,若金屬棒在離他連線上端所處自由釋放，

則金屬棒進(jìn)入磁場I恰好儂勻速直線運動，金屬棒進(jìn)入磁場II后，經(jīng)過〃時系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)

定狀態(tài)，cd與球之間的距離々=8切，（gMx10/71/52）O

（1）求金屬棒從開始靜止到磁場I【中達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)這段時間中電阻R產(chǎn)生的熱量;

（2）求金屬棒從開始靜止到在磁場H中達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)所經(jīng)過的時間。

【分析】（1）金屬棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時做勻速直線運動，由平衡條件求出穩(wěn)定時的速度,

再由能量守恒定律求解電阻R產(chǎn)生的熱量.

（2）由運動學(xué)公式和牛頓第二定律求出金屬棒在進(jìn)入磁場前的運動時間，進(jìn)入磁場I

恰好做勻速直線運動，由運動學(xué)公式求出勻速直線運動的時間.對于金屬棒在磁場H中

運動過程，運用動量定理求時間.其中通過金屬棒的電量可根據(jù)“二上求解.

R+r

【解答】解：（1）設(shè)金屬棒進(jìn)入磁場I、II中穩(wěn)定時的速度分別為匕和嶺.

在磁場I中穩(wěn)定時，由平衡條件得〃zgsin9=&/L

又/產(chǎn)也

R+r

肝步用俎+n1x10x(0.24-0.2)

口天"口J得M=---~sin，=-------；——；----xsin3077?/s=2m/s

1B工l2xl2

在磁場II中穩(wěn)定時，有加gsin0=BJL

又/=里也

R+r

a+nr舛〃?g(R+r).1x10x(0.2+0.2).

聯(lián)立可得％=、，—sin0n=----------——：----xsin300//z/s=86/s

0-52xl2

從靜止到磁場n中達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)過程中，根據(jù)能量守恒得電阻農(nóng)產(chǎn)生的熱量為:

R

aR+r

代入數(shù)據(jù)解得：QR=75J

（2）金屬棒從開始靜止到剛進(jìn)入磁場I的時間：4=」^=---s=0.4s

1月sin910xsin30°

在磁場I運動時間：r=—=—s=0.5s

片2

設(shè)金屬棒在磁場II中運動時間為今，

根據(jù)動量定理得：（〃田sin0-4五雞=〃叱;

E^(15xlx8

其中：q=7t==fe=c=loc

R+rR+rR+r0.2+0.2

則得：sin0i、_B^Lq=mv2-m\\;

代入解得：G=2.2S

故總時間為：+t2+4=0.4s+0.5s+2.2s=3.Is

答：（1）金屬棒從開始靜止到磁場H中達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)這段時間中電阻/?產(chǎn)生的熱量為

7.5J;

（2）金屬棒從開始靜止到在磁場n中達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)所經(jīng)過的時間為3.1S。

【例2】（2023春?浦口區(qū)月考）如圖所示，兩根等高的四分之一光滑圓弧軌道半徑為八

間距為L,陷水平、改豎直，在軌道頂端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處在一豎直

向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8?，F(xiàn)有一根長度稍大于L、質(zhì)量為〃小電阻乜為R的

金屬棒從軌道的頂端他處由靜止開始下滑，到達(dá)軌道底端M